上海市徐汇区2021届新高考物理仿真第二次备考试题含解析

上海市徐汇区2021届新高考物理仿真第二次备考试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，足够长的小平板车B 的质量为M ，以水平速度v 0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m 的小物体A 从车的右端以水平速度v 0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（ ）
A ．若M ＞m ，物体A 对地向左的最大位移是202()Mv M m g
μ+ B ．若M ＜m ，小车B 对地向右的最大位移是20Mv mg
μ C ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv 0
D ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
02()mv M m g
μ+ 【答案】D
【解析】
【分析】
根据动量守恒定律求出M 与m 的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移．根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量．
【详解】 规定向右为正方向，根据动量守恒定律有00Mv mv M m v -=
+（），解得()0M m v v M m -=+；若M m >，A 所受的摩擦力f mg μ=，对A ，根据动能定理得：20102
A mgx mv μ-=-，则得物体A 对地向左的最大位移202A v x g μ=，若M m <，对
B ，由动能定理得20102
B mgx Mv μ-=-，则得小车B 对地向右的最大位移202B Mv x mg
μ=，AB 错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即002mMv I Mv Mv m M
-=-=+，C 错误；根据动量定理得0ft Mv Mv f mg μ-=-=，，解得()02Mv t M m g μ=+，D 正确．
【点睛】
本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向．
2．图为探究变压器电压与匝数关系的电路图。

已知原线圈匝数为400匝，副线圈“1”接线柱匝数为800匝，“2”接线柱匝数为200匝，ab 端输入的正弦交变电压恒为U ，电压表V 1、V 2的示数分别用U 1、U 2表示。

滑片P 置于滑动变阻器中点，则开关S （ ）
A ．打在“1”时，112
U U > B ．打在“1”时，U 1:U 2=2:1
C ．打在“2”与打在“1”相比，灯泡L 更暗
D ．打在“2”与打在“1”相比，ab 端输入功率更大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．滑片P 置于滑动变阻器中点，则112
U U =，故A 错误； B ．打在“1”时，根据电压与匝数成正比，则有
U 1:U 21= n 1:n 21=400:800=1:2
故B 错误；
CD ．打在“2”时，根据电压与匝数成正比，则有
U 1:U 22= n 1:n 22=400:200=2:1
即打在“2”时灯泡两端电压较小，与打在“1”相比，灯泡L 更暗，变压器次级消耗的功率较小，则ab 端输入功率更小，故C 正确，D 错误。

故选C 。

3．近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点竖直向上抛出小球，小球又落到原处的时间为T 2，在小球运动过程中要经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点到又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )
A ．22218H T T -
B ．22214H T T -
C ．2218()H T T -
D ．2
214()H T T -
【答案】A 【解析】
小球从O点上升到最大高度过程中：
2
2
2
1
()
22
T
h g
=①
小球从P点上升的最大高度：2
1
1
1
()
22
T
h g
=②
依据题意：h2-h1=H ③
联立①②③解得：22
21
8H
g
T T
=
-，故选A.
点睛：对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题．
4．如图，劲度系数为400N/m的轻弹簧一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块的顶端O处，另一端拴一质量为m=
10
10
kg的小球。

当楔形滑块以大小为a=3g的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取g=10m/s2）（）
A．
5
cm B．
10
cm C．1.25cm D．2.5cm
【答案】D
【解析】
【详解】
当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为a0，则由牛顿第二定律，有0tan
mg
ma
θ
=
代入数据得
a0=g
故当滑块以a=3g的加速度水平向右运动时，由a＞a0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得
22
()0
()1
F mg ma mg
=+=
根据胡克定律有
F=kx
联立代入数据得
x=2.5×10-2m=2.5cm
故ABC 错误，D 正确；
故选D 。

5．若用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布，使其他星球在该引力场中任意一点所受引力的方向沿该点引力场线的切线上并指向箭头方向．则描述该引力场的引力场线分布图是( ) A ． B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意，其他星球受到中心天体的引力指向中心天体，所以引力场线应该终止于中心天体，故AD 错误；其他星球在该引力场中每一点的场力应该等于两星球单独存在时场力的矢量和，所以除了两星球连线上其他各处的合力并不指向这两个星球，所以引力场线应该是曲线，故C 错误，B 正确。

故选B 。

6．有关量子理论及相关现象，下列说法中正确的是（ ）
A ．能量量子化的观点是爱因斯坦首先提出的
B ．在光电效应现象中，遏止电压与入射光的频率成正比
C ．一个处于n ＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子
D ．α射线、β射线、γ射线都是波长极短的电磁波
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．能量量子化的观点是普朗克首先提出的，选项A 错误；
B ．在光电效应现象中，根据光电效应方程=km E hv W U e =-遏制逸出功，可知遏止电压与入射光的频率是线
性关系，但不是成正比，选项B 错误；
C ．一个处于n ＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子，分别对应于4→3，3→2，2→1，选项C 正确；
D ．α射线、β射线不是电磁波，只有γ射线是波长极短的电磁波，选项D 错误；
故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在2022至2030年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。

回旋加速器的原理示意图如图所示，1D 和2D 是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央O 处是粒子源。

若忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A ．带电粒子每运动一周被加速两次
B ．带电粒子在磁场中运动的周期越来越小
C ．粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关
D ．磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故A 正确；
B ．带电粒子在磁场中运动的周期2πm T qB
=与速度无关，故B 错误； C ．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
=
可知金属盒半径r 越大，最大速度ν越大，故C 错误；
D ．由mv r qB
=，可知磁感应强度B 越大，最大速度v 越大，粒子动能越大，故D 正确。

故选AD 。

8．三个质量相同的物体A 、B 、C 如图所示放置在光滑的水平面上，斜劈A 的倾角为θ，B 的上表面水平，现对A 施加水平向左的力F ，三个物体相对静止一起向左匀加速运动，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 、
C 间的摩擦力大小为13
F B ．A 、B 间的摩擦力大小为12sin cos 3mg F θθ+
C ．若A 、B 间，B 、C 间动摩擦因数相同，则F 逐渐增大，A 、B 间先滑动
D ．若A 、B 间，B 、C 间动摩擦因数相同，则F 逐渐增大，B 、C 间先滑动
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．对整体分析，根据牛顿第二定律可得
3F ma =
解得3
F a =，以C 为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 F ma =
解得B C 间的摩擦力大小为13
f F =
，故A 正确。

B ．B 和C 的加速度方向向左，大小为3F a =，则B 和C 沿斜面向上的加速度为cos a θ，以BC 为研究对象，沿斜面向上根据牛顿第二定律可得
'2sin 2cos f mg ma θθ-=
所以
22sin cos 3
f m
g F θθ'=+ 故B 错误。

CD ．若BC 间恰好打滑，则加速度a g μ=，此时A 和B 间的摩擦力为
2sin 2cos AB f mg mg θμθ=+
2cos AB f mg μθ>
说明此时A 和B 已经滑动，所以动摩擦因数相同，则F 逐渐增大，AB 间先滑动，故C 正确、D 错误。

故选AC 。

9．一列横波沿水平方向传播，质点A 平衡位置位于0.2m x =处，质点P 平衡位置位于 1.2m x =处，质
点A 的振动图像如图甲所示，如图乙所示是质点A 刚振动了1．1s 时的波形图，以下说法正确的是（ ）
A ．波速2m/s v =
B ．波源的最初振动方向向上
C ．0.4s t =时波传到P 点
D ．当质点P 点处于波峰位置时，A 质点处于波谷位置
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由题图甲知0.2s T =，由题图乙知0.4m λ=，波速
2m/s v T λ
==
A 正确；
B ．结合图甲、图乙可判断，该波沿x 轴正方向传播，根据题图乙知0.1s t =时，波源的振动传到0.4m x =处，可知波源最初振动方向向下，B 错误；
C ．波从0.4m x =处传到 1.2m x =处需要0.4s x t v
∆∆==，此时0.6s t =，C 错误； D ．质点A 、P 平衡位置间距为1m ，等于2.5λ，去整留零相当于1.5λ，当质点P 点处于波峰位置时，质点A 处于波谷位置，D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，轻绳一端连接小木块A ，另一端固定在O 点，在A 上放小物块B ，现使轻绳偏离竖直方向成θ角由静止释放，当轻绳摆到竖直方向时，A 受到挡板的作用而反弹，B 将飞离木块（B 飞离瞬间无机械能损失）做平抛运动.不计空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．若增大θ角再由静止释放，可以增大
B 落地时速度方向与水平方向之间夹角
B ．若增大θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大
C ．A 、B 一起摆动过程中，A 、B 之间的弹力一直增大
D ．A 、B 一起摆动过程中，A 所受重力的功率一直增大
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．设绳子的长度为L ，A 的质量为M ，
B 的质量为m ，A 从最高点到最低点的过程中机械能守恒，设到达最低点时的速度为v ，则：
12
(M+m)v 2＝(M+m)gL(1−cosθ) 可得
21()v gL cos θ=-
若增大θ角再由静止释放，则A 到达最低点的速度增大；
B 开始做平抛运动时的速度与A 是相等的，设抛出点的高度为h ，则B 落地时沿水平方向的分速度 2y v gh ＝
B 落地时速度方向与水平方向之间夹角设为α，则
()
(2tan 1cos 21cos )y
v gh
h v L gL αθθ--＝＝＝ 可知θ增大则α减小，所以增大θ角再由静止释放，B 落地时速度方向与水平方向之间夹角将减小。

故A 错误；
B ．若增大θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移
(22))11(2h x vt gL cos hL cos g
θθ==-=-可知增大θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大，故B 正确；
C ．A 与B 一起摆动的过程中B 受到的支持力与重力沿AO 方向的分力的合力提供向心力，在任意位置时
2
cos N mv F mg L
α-＝
在摆动的过程中A 与B 的速度越来越大，绳子与竖直方向之间的夹角减小，所以支持力F N 越来越大。

故C 正确；
D ．A 、B 一起摆动过程中，开始时它们的速度为零，则重力的功率为零；A 与B 一起恰好到达最低点时，沿竖直方向的分速度为零，所以重力的瞬时功率也等于零，可知A 所受重力的功率一定是先增大后减小，故D 错误。

故选BC 。

11．有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为α，如图所示．如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下说法正确的是（ ）
A ．砂堆稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零
B ．砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零
C ．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tan αmax ＝ μ
D ．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cos αmax ＝ μ
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB 、把所有沙子看成一个整体，对整体受力分析，由水平方向合力为零可得，砂子稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零，与形状无关，故A 正确，B 错误；
C 、取斜面上的一粒质量为m 的沙子，若沙子恰好平衡，倾角最大，沙子受力平衡，对沙子受力分析，根据平衡条件得：
mgsinα=μmgcosα
解得：tanα=μ
所以αmax =arctanμ，故C 正确，D 错误．
故选AC ．
12．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能k E ，重力势能p E 与其上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示，取210m/s g ，下列说法正确的是（ ）
A ．小球的质量为0.2kg
B ．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N
C ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013
m D ．小球上升到2m 时，动能与重力势能之差为0.5J
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由图知，小球上升的最大高度为h=4m ，在最高点时，小球的重力势能 p 4J E mgh ==
得
P 0.1kg E m gh
== 故A 错误；
B ．根据除重力以外其他力做的功
W E =∆其
则有
fh E E -=-低高
由图知
4J 5J E E ==低高，
又
4m h =
解得
0.25N f =
故B 正确；
C ．设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有
212mgH mv =。